河北石家庄市第一中学2026届高三高考第一次模拟考试+数学答案_副本_2026届河北张家口市普通高等学校招生全国统一模拟考试（张家口一模）下学期高三(1)

石家庄市第一中学 2026 届高考第一次模拟考试 数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置， 在其他位置作答一律无效． 3．本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符 合题目要求的． 1. 已知集合 A =  x 0  x  1 0 , x  Z    B = x xZ,xA ， ，则 ð A B =（ ） A.  1 , 4 , 9  B. 1,2,3 C.  4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9  D.  2 , 3 , 5 , 6 , 7 , 8  【答案】A 【解析】 【分析】由集合的描述，用列举法写出集合，由集合的补集定义得出结果. 【详解】 A =  1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9  公众号：高考试卷君 ，B=2,3,5,6,7,8 ∴ð B=1,4,9 A 故选：A 2. 已知{a }是首项为1，公差为3的等差数列，如果a ＝2023，则序号n等于（ ） n n A. 667 B. 668 C. 669 D. 675 【答案】D 【解析】 【分析】依题意求出等差数列的通项公式，再解方程即可；【详解】解：依题意 a n = 1 + 3 ( n − 1 ) = 3 n − 2 由2023=3n−2，解得 n = 6 7 5 . 故选：D 3. i为虚数单位，则复数 2 1 + − 4 i i = （ ） A. − 1 + 3 i B. 3 + i C. 3 − i D. 2 + 4 i 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算计算即可. 【详解】 2 1 + − 4 i i = ( 2 ( 1 + − 4 i i ) )( ( 1 1 + + i i ) ) = − 2 + 2 6 i = − 1 + 3 i . 故选：A. 4. 在音乐理论中，若音 M 的频率为 m ，音 N 的频率为 n ，则它们的音分差 1 2 0 0 l o g 2 m n .当音 A 与音 B 的 频率比为 9 8 时，音分差为r ，当音C与音 D 的频率比为 2 2 5 4 6 3 时，音分差为s，则（ ） A. 2 r + 3 s = 6 0 0 B. 3 r + 2 s = 6 0 0 C. 5 r + 2 s = 1 2 0 0 D. 2 r + 5 s = 1 2 0 0 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意将数据分别代入，求出 r 和 s ，然后即可求解. 9 【详解】由题意可知：r =1200log =1200(log 9−3)=2400log 3−3600， 2 8 2 2 s = 1 2 0 0 l o g 2 2 2 5 4 6 3 = 1 2 0 0 ( 8 − 5 l o g 2 3 ) = 9 6 0 0 − 6 0 0 0 l o g 2 3 ， r =2400log 3−3600 联立方程组 2 ，消去log 3可得： s=9600−6000log 3 2  2 5 r + 2 s = 1 2 0 0 . 故选：C. 5. 设随机变量服从正态分布 N ( 3 , 4 ) ，若 P ( 2 a 3 ) P ( a 2 )    − =  + ，则 a 公众号：高考试卷君 的值为（ ） 7 4 A. B. C. 3 D. 5 3 3 【答案】A 【解析】【分析】根据正态分布的对称性，即得解 【详解】由题意，根据正态分布的对称性 2a−3+a+2 7 =3a= 2 3 故选：A 6. 已知直线y−4=k(x+3) 与圆 x 2 + ( y − 2 ) 2 = 4 相交，则实数 k 的取值范围为（ ） A.  − 1 2 5 , 0  B.  0 , 1 2 5  C.  −  , − 1 2 5   ( 0 , +  ) 12  D. (−,0)  ,+   5  【答案】A 【解析】 【分析】由题意，根据圆心到直线的距离小于半径列不等式求解即可. 【详解】圆 x 2 + ( y − 2 ) 2 = 4 的圆心为 ( 0 , 2 ) ，半径为 2 ， 若直线 y − 4 = k ( x + 3 ) 与圆x2 +(y−2)2 =4相交， 则 3 k k + 2 + 2 1  2 ，即 3 k + 2  2 k 2 + 1 ， 两边同时平方化简可得 5 k 2 + 1 2 k  0 ，解得 − 1 2 5  k  0 ， 所以实数 k 的取值范围为  − 1 2 5 , 0  . 故选：A 7. 已知向量 a ， b 都是单位向量，若 2 a −  b = a + b ，则向量 a ， b 的夹角的大小为（ ） A. π 6 B. π 3 C. 2 π 3 D. 5 π 6 【答案】B 【解析】  2 【分析】根据a = a 结合题意整理得 a  b = 1 2 公众号：高考试卷君   ab ，代入公式 cos a,b =  运算 a b    【详解】向量a，b都是单位向量，则 a = b =1， 2 a −  b =  a  + b  2 a − b 2 = a + b 2 ，即 4 a 2 − 4 a   b  + b 2 = a 2 + 2 a  b + b 2  a  b = 1 2 ，  c o s a , b = aa  b b = 1 2 ，  又因为 a,b 0,π ，所以 a , b = π 3 ， 故选：B 8. 已知 O 为坐标原点， F 1 , F 2 分别是双曲线 C : x a 2 2 − y b 2 2 = 1 ( a  0 , b  0 ) 的左、右焦点， P 是双曲线C上 一点，若直线 P F 1 和 O P 的倾斜角分别为和2，且 t a n 3 4  = ，则双曲线C的离心率为（ ） 7 A. 3 B. 5 C. 2 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】由已知计算可得所以直线 P F 1 的斜率为 t a n 3 4  = ，直线 O P 的斜率为 2 4 7 ，设 P ( x ,y ) ，由 x y + c = 3 4 , y x = 2 7 4 ，解得 x = 7 2 c 5 ,y = 2 2 4 5 c ，代入双曲线方程计算即可求得结果. 3 2 2tan 4 tan2a= = 【详解】由题意得 1−tan2 3 2 1−   4 = 2 7 4 ， 所以直线 P F 1 3 的斜率为tan= ，直线 4 O P 的斜率为 2 4 7 ， 设 P ( x ,y ) ，则有 x y + c = 3 4 , y x = 2 7 4 7c 24c ，解得x= ,y = ， 25 25 2 2 7c 24c     代入双曲线方程，得 25  25  ， − =1 a2 b2 又 b 2 = c 2 − a 2 2 2 ，所以 ( c2 −a2)7c −a2 24c =a2( c2 −a2) ，     25  25  化简可得：  7 2 5  2 c 4 − 2 a 2 c 2 + a 4 = 0 公众号：高考试卷君 c ，e= ， a  7  2 5 所以 e4 −2e2 +1=0，解得e=5或e= (e1,舍).   25 7 故选：B二、多选题：本题共 3小题，共 18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部 选对的得 6分，部分选对的得 2分，有选错的得 0分． 9. 圆柱的轴截面为正方形，则下列结论正确的有（ ） A. 圆柱内切球的半径与图柱底面半径相等 B. 圆柱内切球的表面积与圆柱表面积比为 2 3 C. 圆柱内接圆锥 表面积与圆柱表面积比为 1 3 2 D. 圆柱内切球的体积与圆柱体积比为 3 【答案】ABD 【解析】 【分析】圆柱内切球半径等于圆柱底面半径，再利用即可得到 ABD，圆柱内接圆锥半径圆柱底面半径，高 等于圆柱的高即可得到C. 【详解】设圆柱的底面半径为 R ，则圆柱的高为2R，所以内切球的半径为R，A正确； 圆柱的表面积为 S 1 2 R 2 2 R 2 R 6 R 2    = +  = ，内切球的表面积为 4 R 2  ，所以圆柱内切球的表面积与圆 柱表面积比为 2 3 ，B正确； 1 圆柱内接圆锥的表面积为S =R2 + 2R 5R=( 5+1)R2，圆柱内接圆锥的表面积与圆柱表面积 2 比为 5 6 + 1 , C 错误； 圆柱内切球的体积 V 1 4 3 R 3  = ，圆柱的体积 V 2 R 2 2 R 2 R 3   =  = 4 2 ，所以V :V = R3:2R3 = ，D 1 2 3 3 正确. 故选：ABD. 10. 已知 a  0 ， b  0 ，a+2b=1，则（ ） 2 1 A. + 的最小值为4 B. a2 +b2的最小值为 a b 1 5 log a+log b C. 1 1 的最小值为3 D. 2a +4b的最小值为 2 2 2 2 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据基本不等式中“1”的整体代换即可判断A； 利用消元法结合二次函数的性质即可判断B；利 用基本不等式结合对数运算即可判断C；利用基本不等式结合指数运算即可判断 D. 的 公众号：高考试卷君【详解】由题意可得 2 a + 1 b = ( a + 2 b )  2 a + 1 b  = 4 b a + a b + 4  2 4 a b  a b + 4 = 8 ，当且仅当 a = 2 b = 1 2 时， 等号成立，则A错误；  a + 2 b = 1 ,  a 2 + b 2 = ( 1 − 2 b ) 2 + b 2 = 5 b 2 − 4 b + 1 = 5  b − 2 5  2 + 1 5 ,  a  0 ， b  0 ， a + 2 b = 1 ，  0  b  1 2 , 当 b = 2 5 时， a 2 + b 2 的最小值为 1 5 ，则B正确； 因为 a  0 , b  0 ，且a+2b=1，所以 2 2 a b  1 ，所以 a b  1 8 ， l o g 12 a + l o g 12 b = l o g 12 a b  l o g 12 1 8 = 3 当且仅当 a = 2 b = 1 2 时，等号成立，则C正确； 2 a + 4 b = 2 a + 2 2 b  2 2 a  2 2 b = 2 2 a + 2 b = 2 2 1 ,当且仅当a =2b= 时，等号成立，则D正确； 2 故选：BCD. 11. 数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美､对称美､和谐美的 产物，曲线 C : ( x 2 + y 2 ) 3 = 1 6 x 2 y 2 为四叶玫瑰线，下列结论正确的有（ ） A. 方程 ( x 2 + y 2 ) 3 = 1 6 x 2 y 2 ( x y  0 ) ，表示的曲线在第二和第四象限； B. 曲线 C 上任一点到坐标原点 O 的距离都不超过 2 ； C. 曲线C构成的四叶玫瑰线面积大于 4 ； D. 曲线 C 上有5个整点（横､纵坐标均为整数的点）. 【答案】AB 【解析】 【分析】本题首先可以根据xy0判断出A正确，然后根据基本不等式将 ( x2 + y2)3 =16x2y2转化为 x2 + y2 4，即可判断出B正确，再然后根据曲线C构成的面积小于以O为圆心、2为半径的圆O的面 积判断出C错误，最后根据曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2以及曲线C的对称性即可判断 , 公众号：高考试卷君出D错误. 【详解】A项：因为 x y  0 ，所以 x 、 y 异号，在第二和第四象限，故A正确； B项：因为x2 + y2 2xy，当且仅当 x = y 时等号成立， 所以 x y  x 2 + 2 y 2 ， ( x 2 + y 2 ) 3 = 1 6 x 2 y 2  1 6  x 2 + 2 y 2  2 = 4 ( x 2 + y 2 ) 2 ， 即 x 2 + y 2  4 ， x 2 + y 2 ? 2 ，故B正确； C项：以O为圆心、 2 为半径的圆 O 的面积为 4 ， 显然曲线 C 构成的四叶玫瑰线面积小于圆 O 的面积，故C错误； D项：可以先讨论第一象限内的图像上是否有整点， 因为曲线 C 上任一点到坐标原点 O 的距离都不超过 2 ， 所以可将 (0,0) 、 (2,0) 、 (1,0) 、 (1,1) 、(0,1) 、 (0,2) 代入曲线C的方程中， 通过验证可知，仅有点 ( 0 , 0 ) 在曲线 C 上， 故结合曲线 C 的对称性可知，曲线 C 仅经过整点 ( 0 , 0 ) ，故D错误， 故选：AB. 【点睛】本题是创新题，考查学生从题目中获取信息的能力，考查基本不等式的应用，考查数形结合思 想，体现了综合性，是中档题. 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分． 12.  x + 1 x  8 的展开式中 x 2 的系数为______（用数字作答）. 【答案】56 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式求解即可. 【详解】 T r + 1 = C r8 x 8 − r  x − r = C r8 x 8 − 2 r 公众号：高考试卷君 ， 8! 令8−2r =2，解得r =3，所以C3 = =56. 8 3!5! 8  1 故  x+  的展开式中x2的系数为56.  x 故答案为：5613. V A B C 的内角 A , B , C 的对边分别为 a , b , c .若 b = 6 , a = 2 c , B = π 3 ，则VABC的面积为__________. 【答案】 6 3 【解析】 【分析】本题首先应用余弦定理，建立关于 c 的方程，应用 a , c 的关系、三角形面积公式计算求解，本题属 于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查． 【详解】由余弦定理得 b 2 = a 2 + c 2 − 2 a c c o s B ， 所以 ( 2 c ) 2 + c 2 − 2  2 c  c  1 2 = 6 2 ， 即 c 2 = 1 2 解得 c = 2 3 , c = − 2 3 （舍去） 所以 a = 2 c = 4 3 ， S  A B C = 1 2 a c s i n B = 1 2  4 3  2 3  2 3 = 6 3 . 【点睛】本题涉及正数开平方运算，易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误．解答此类问 题，关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算． 14. 现有n（ n  3 ， n  N * ）个相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k （ k = 1 ，2，3，…，n）个袋中有k个红球， n − k 个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并 且从中连续取出四个球（每个取后不放回），若第四次取出的球为白球的概率是 4 9 ，则 n = ______. 【答案】9 【解析】 【分析】根据古典概型性质，先计算出某一情况下取球方法数的总数，在列举出第三次取球为白球的情形以 及对应的取法数，根据古典概型计算概率，最后逐一将所有情况累加即可得出总概率，最后即可得到答案. 【详解】设选出的是第k个袋，连续四次取球的方法数为 n ( n − 1 ) ( n − 2 ) ( n − 3 ) ， 第四次取出的是白球的取法有如下四种情形： 4白，取法数为：(n−k)(n−k−1)(n−k−2)(n−k−3)， 1红3白，取法数为： C 13  k ( n − k ) ( n − k − 1 ) ( n − k − 2 ) 公众号：高考试卷君 ， 2红2白，取法数为：C2k(k−1)(n−k)(n−k−1)， 33红1白：取法数为： k ( k − 1 ) ( k − 2 ) ( n − k ) ， 所以第四次取出的是白球的总情形数为： ( n − k ) ( n − k − 1 ) ( n − k − 2 ) ( n − k − 3 ) + C 13  k ( n − k ) ( n − k − 1 ) ( n − k − 2 ) + C 23  k ( k − 1 ) ( n − k ) ( n − k − 1 ) + k ( k − 1 ) ( k − 2 ) ( n − k ) = ( n − 1 ) ( n − 2 ) ( n − 3 ) ( n − k ) ， (n−1)(n−2)(n−3)(n−k) n−k 则在第k个袋子中取出的是白球的概率为：P = = ， k n(n−1)(n−2)(n−3) n 因为选取第k个袋的概率为 1 n ，故任选袋子取第四个球是白球的概率为： n 1 n n−k 1 1 n n−1 P=P  =  = (n−k)= ， k n n n n2 2n k=1 k=1 k=1 当 P = n 2 − n 1 = 4 9 时， n = 9 . 故答案为：9． 【点睛】思路点睛：本题为无放回型概率问题，根据题意首先分类讨论不同k值情况下的抽取总数(可直接 用k值表示一般情况)，再列出符合题意得情况(此处涉及排列组合中先分类再分组得思想)，最后即可计算 得出含k的概率一般式，累加即可，累加过程中注意式中n与k的关系可简化累加步骤. 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，三棱锥 P − A B C 的侧面 P B C 是等边三角形，底面 A B C 是直角三角形，斜边 A C 的中点为E． （1）证明： B C ⊥ P E ； （2）若 P A : A B : B C = 1 0 : 3 : 1 ，求 P E 公众号：高考试卷君 与平面PAB所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 1 （2） ． 4 【解析】 【分析】（1）取BC的中点O，利用线面垂直的判定性质推理得证.（2）由给定的数量关系及（1）证得直线 O C , O E , O P ，再建立空间直角坐标系，求出平面 P A B 的法向量， 进而求出线面角的正弦. 【小问1详解】 取 B C 的中点 O ，连接 P O , E O ，由E是AC中点，得 E O / / A B ， 依题意，AB⊥BC，则 E O ⊥ B C ，由 △ P B C 是等边三角形，得 P O B C ⊥ ， 又EOI PO=O,EO,PO平面 P E O ，因此 B C ⊥ 平面 P E O ，而PE平面 P E O ， 所以 B C ⊥ P E . 【小问2详解】 不妨设 B C = 2 ，则AB=6,PA=2 10,PO= 3， 连接 A O ，在 R t △ A B O 中， A O = A B 2 + B O 2 = 3 7 ， 则AO2 +PO2 =PA2，即 P O ⊥ A O ，又 P O ⊥ B C , A O  B C = O , A O , B C  平面 A B C ， 因此 P O ⊥ 平面 A B C ，直线OC,OE,OP两两垂直， 以 O 为原点，直线 O C , O E , O P 分别为 x , y , z 轴建立空间直角坐标系O−xyz， 则 P ( 0 , 0 , 3 ) , A ( 6 , − 1 , 0 ) , B ( 0 , − 1 , 0 ) , E ( 3 , 0 , 0 ) , P E  = ( 3 , 0 , −  3 ) , B A = ( 6 , 0 , 0 ) , B P = ( 0 , 1 , 3 ) ， 设平面PAB 法向量为 n = ( x , y , z )    nBA=6x=0 ，由  ，令 nBP= y+ 3z =0 z = 1 ，得 n = ( 0 , − 3 ,1 ) ，     PEn 3 1 设PE与平面PAB所成角为，则sin= cosPE,n =   = = ， PE n 2 32 4 所以PE与平面PAB所成角的正弦值为 1 4 . 16. 直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前已被广大消费者所接受.针对这种现状，某公司决 定逐月加大直播带货的投入，直播带货金额稳步提升，以下是该公司2023年前5个月的带货金额： 月份x 1 2 3 4 5 的 公众号：高考试卷君带货金额y/万元 350 440 580 700 880 （1）计算变量 x , y 的相关系数 r （结果精确到0.01）. （2）求变量 x , y 之间的线性回归方程，并据此预测2023年6月份该公司的直播带货金额. 5 5 参考数据：y =590,(x −x)2 =10,(y − y)2 =176400， i i i=1 i=1 5 i= 1 ( x i − x ) ( y i − y ) = 1 3 2 0 , 4 4 1 0 0 0  6 6 4 参考公式：相关系数 r = n i= 1 n i= 1 ( x ( i x − i x − ) x 2 ) ( y i n i= 1 − ( y y i ) − y ) 2 ，线性回归方程的斜率 ˆb = n i= 1 ( x n i= i 1 − ( x x i ) − ( y x i ) − 2 y ) ，截 ˆ 距aˆ = y−bx. 【答案】（1）0.99 （2）yˆ =132x+194，986万元. 【解析】 分析】（1）直接代入相关系数方程即可. （2）求出线性回归方程，再代入 x = 6 即可. 【小问1详解】 r = 5 i= 1 5 i= 1 ( x ( i x − − i x ) x 2 ) ( y 5 i= 1 i − ( y y i ) − y ) 2 = 1 0 1  3 2 1 0 7 6 4 0 0 = 2  1 3 4 2 4 0 1 0 0 0  0 . 9 9 【小问2详解】 1 5 5 因为x = (1+2+3+4+5)=3,y =590,(x −x)2 =10,(x −x)(y −y)=1320， 5 i i i i=1 i=1 所以 ˆb = 5 i= 1 ( x i 5 i= 1 − ( x x i ) − ( y x i ) − 2 y ) = 1 3 1 2 0 0 = 1 3 2 , ˆa = 5 9 0 − 1 3 2  3 = 1 9 4 ， 所以变量x,y之间的线性回归方程为yˆ =132x+194， 【 公众号：高考试卷君当x=6时， ˆy = 1 3 2  6 + 1 9 4 = 9 8 6 （万元）. 所以预测2023年6月份该公司的直播带货金额为986万元. 17. 已知数列  a n  满足 a n + 1 = 2 a n + 3 n − 3 ，且 a 1 = − 1 ． （1）若 b n = a n + 3 n ，证明：数列  b n  是等比数列； （2）求数列 a  的前 n n 项和S ． n 【答案】（1）证明见解析 3n(n+1) （2）S =2n+1−2− n 2 【解析】 【分析】（1）由题意得a +3(n+1)=2a +3n−3+3(n+1)=2a +6n=2(a +3n)，根据等比数列的 n+1 n n n 定义，即可得证. （2）由（1）可得 a n = b n − 3 n = 2 n − 3 n ，根据分组求和法，结合等差数列、等比数列求和公式，即可得 答案 【小问1详解】 因为 a n + 1 = 2 a n + 3 n − 3 ， 所以 a n + 1 + 3 ( n + 1 ) = 2 a n + 3 n − 3 + 3 ( n + 1 ) = 2 a n + 6 n = 2 ( a n + 3 n ) ， a +3(n+1) 所以 n+1 =2，即 (a +3n) n b n b + n 1 = 2 ， 又b =a +3=2， 1 1 所以数列  b n  是以2为首项，2为公比的等比数列 【小问2详解】 由（1）可得 b n = 2  2 n − 1 = 2 n ， 所以 a n = b n − 3 n = 2 n − 3 n ， 所以前n项和 S n = ( 2 1 + 2 2 +    + 2 n ) − 3 ( 1 + 2 +    + n ) = 2 ( 1 1 − − 2 2 n ) − 3  n ( 1 + 2 n ) 3n(n+1) =2n+1−2− 2 . 公众号：高考试卷君18. 已知函数 f ( x ) = ( x + 1 ) e x − 2 ，直线 l 是曲线 y = f ( x ) 在点 ( a , f ( a ) ) ( a  R ) 处的切线. （1）当 a = 0 时，求直线 l 的方程； （2）求证：函数 f ( x ) 有唯一零点； （3）记 f ( x ) 的零点为 x 0 ，当直线 l 与 x 轴相交时，交点横坐标为 1 x.若 x 1  x 0 ，求 a 的取值范围. 【答案】（1） 2 x − y − 1 = 0 ； （2）证明见解析； （3） a  − 2 . 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义可得切线方程； （2）先用导数判断函数的单调性，再结合零点存在性定理可证； f (a) f (x) （3）先解得x =a− ，再构造函数F(x)= x− ，再用导数判断 1 f(a) f(x) F ( x )  F ( x 0 ) = x 0 成立的条 件可得. 【小问1详解】 由 f (x)=(x+1)ex −2，可得 f  ( x ) = ( x + 2 ) e x ， f  ( 0 ) = 2 .又因为 a = 0 时， f (0)=−1. 因为直线 l 是曲线 y = f ( x ) 在点 ( a , f ( a ) ) 处的切线，所以直线 l 的方程为y− f (a)= f(a)(x−a) ， 所以，直线l的方程为 y − ( − 1 ) = 2 ( x − 0 ) ，即 2 x − y − 1 = 0 . 【小问2详解】 由（1）可知 f  ( x ) = ( x + 2 ) e x ，令 f  ( x )  0 可得x−2，列表可得 x (−,−2) −2 ( 2 , )  − + f  ( x ) − 0 + f (x) 单调递减 极小值 单调递增 当x(−,−2) ， f ( x ) = ( x + 1 ) e x − 2  0 ，此时函数 f ( x ) 无零点 当x(−2,+) 时， f (x) 单调递增，又 f ( 0 ) = − 1  0 ， f ( 1 ) = 2 e − 2  0 公众号：高考试卷君 ， 所以根据零点存在性定理，函数 f (x) 存在唯一零点x (0,1) . 0 【小问3详解】由（1）可知直线 l 的方程为 y − f ( a ) = f  ( a ) ( x − a ) ， 因为直线 l 与 x 轴相交，且交点的横坐标为 1 x， f  ( a ) = ( a + 2 ) e a ， 所以令y=0，当 a  − 2 时，有 x 1 = a − f f ((  a a )) . f (x) [f(x)]2 − f (x)( f(x)) 设F(x)= x− ，则F(x)=1− f(x) f(x) 2   = f (  x ) f ( (  f x (  )  x 2 ) )  . f (x)(x+3) 又f(x)  =(x+3)ex，所以F(x)= ，   ex(x+2)2 x  − 2 由（2）知 0  x 0  1 ，且当 x  x 0 , f ( x )  0 ，且 x  x 0 , f ( x )  0 . 所以当x x 或 0 x  − 3 时， F  ( x )  0 ；当 − 3  x  − 2 或 − 2  x  x 0 时， F  ( x )  0 . 列表可得 x ( , 3 )  − − − 3 ( − 3 , − 2 ) ( − 2 , x 0 ) x 0 ( x 0 , )  + F ( x ) + 0 _ _ 0 + F ( x ) 单调递增 极大值 单调递减 单调递减 极小值 单调递增 当x−2时， F ( x )  F ( − 3 ) = − 3 − 2 ( e − e 3 − 3 + 1 )  0  x 0 ，不满足 x 1  x 0 ， 当x−2时， F ( x )  F ( x 0 ) = x 0 ，即x  x 成立 1 0 综上可知，a−2. 19. 已知圆O： x 2 + y 2 = 1 与x正半轴交于点A，与直线 y = 3 x 在第一象限的交点为B．点 C 为圆O上 任一点，且满足 O C  =  x O  A +  y O  B ，以x，y为坐标的动点 D ( x , y ) 的轨迹记为曲线． （1）求曲线  的方程； （2）若两条直线l ： y =kx和 1 l 2 1 ：y =− x分别交曲线于点E、F和M、N，求四边形 k E M F N 面积的 最大值，并求此时的k的值； （3）研究曲线的对称性并证明  为椭圆，并求椭圆  公众号：高考试卷君 的焦点坐标． 【答案】（1）x2 + y2 +xy =1（2） k =  1 时，四边形 E M F N 的面积最大值为 4 3 3 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由 O C  =  x O  A +  y O  B 表示出 C 点坐标代入圆O方程可得曲线  的方程． （2）把 E F 方程代入曲线  的方程求得 E , F 的坐标，得 E F ，同理可得 M N ，由 l1 ⊥ l 2 得 S = 1 2 E F M N ，应用整体换元法结合基本不等式可求得最值； （3）由曲线  的方程可得对称性：关于直线y=x,y=−x对称，关于原点对称；若为椭圆则可求出它与 对称轴的交点即顶点坐标，得出 a , b ，求出 c ，从而可得焦点坐标，再证明满足椭圆定义即可. 【小问1详解】 由题意可得 A (1 , 0 ) , B  1 2 , 2 3  ，即 O A  =   (1 , 0 ) , O B =  1 2 , 2 3  .   1 3 由OC=xOA+yOB得，OC =(x+ y， y)， 2 2 1 3 则将C(x+ y， y)代入 2 2 x 2 + y 2 = 1 ，化简得x2 + y2 +xy =1. 故曲线的方程为x2 + y2 +xy =1. 【小问2详解】 y=kx 由 ，消 x2 + y2 +xy=1 y 得 ( k 2 + k + 1 ) x 2 = 1 ， 1 解得x= ，由已知直线 k2 +k+1 l1 交曲线于 E , F 公众号：高考试卷君 ，  1 k   1 k  不妨设E , ,F− ,− ，  k2 +k+1 k2 +k+1  k2 +k+1 k2 +k+1所以 E F = 2 O E = 2 k k 2 2 + + k 1 + 1 ，同理 M N = 2 1 k 1 2 k − 2 + 1 k 1 + 1 = 2 k k 2 2 − + k 1 + 1 . 由题意知 l1 ⊥ l 2 ，所以四边形EMFN的面积 S = 1 2 E F  M N . 2 S = E F 4  M N = k 2 k + 2 k + + 1 1  k 2 k − 2 k + + 1 1 =  1 + k 2 k + 1   1 − k 2 k + 1  = 1 − ( k 2 k + 2 1 ) 2 = 1 − k 2 + 1 1 k 2 + 2 . ∵ k 2 + 1 k 2 + 2  2 k 2  1 k 2 + 2 = 4 ，∴ 2 S  1 − 1 4 = 2 3 , S  4 3 3 ， 当且仅当 k 2 = 1 k 2 时等号成立，此时 k =  1 . ∴ 当 k =  1 时，四边形 E M F N 的面积最大值为 4 3 3 . 【小问3详解】 曲线  的方程为x2 + y2 +xy =1，它关于直线 y = x 、 y = − x 和原点对称， 下面证明： 设曲线上任一点的坐标为 P ( x 0 , y 0 ) ， 则x 2+y 2+x y =1，点 0 0 0 0 P 关于直线y=x的对称点为 P 1 ( y 0 , x 0 ) ， 因为 y 0 2 + x 0 2 + y 0 x 0 = 1 ，所以点 P 1 在曲线  上，故曲线  关于直线y=x对称， 同理可得点 P ( x 0 , y 0 ) 公众号：高考试卷君 关于直线y=−x的对称点P(−y ,−x )也在曲线上， 2 0 0 故曲线关于直线y=−x对称， 同理可证曲线关于原点对称. 下面证明为椭圆.证明：①联立曲线  x 2 + y 2 + x y = 1 和直线y=x方程，  3 3  3 3 解得交点坐标为B − ,− ,B  , ， 1 3 3  2 3 3      联立曲线  x 2 + y 2 + x y = 1 和直线y=−x方程， 解得交点坐标为 A 1 ( − 1 , 1 ) , A 2 ( 1 , − 1 ) ， 则 O A 1 = 2 ， O B 1 = 3 6 ， O A 1 2 − O B 1 2 = 2 3 3 ， O A 1 2 − 2 O B 1 2 = 3 6 . 在 y=−x上取点 F 1  − 3 6 , 3 6  , F 2  3 6 , − 3 6  ， 设P(x,y) 为曲线  上任一点，则 P F 1 + P F 2 =  x + 3 6  2 +  y − 3 6  2 +  x − 3 6  2 +  y + 3 6  2 = x 2 + y 2 + 4 3 + 2 3 6 ( x − y ) + x 2 + y 2 + 4 3 − 2 3 6 ( x − y ) = 1 − x y + 4 3 + 2 3 6 ( x − y ) + 1 − x y + 4 3 − 2 3 6 ( x − y ) = 7 3 − x y + 2 3 6 ( x − y ) + 7 3 − x y − 2 3 6 ( x − y ) = 7 3 − x y + 2 3 6 ( x − y ) + 7 3 − x y − 2 3 6 ( x − y ) + 2  7 3 − x y  2 −  2 3 6 ( x − y )  2 = 1 4 3 − 2 x y + 2  x y + 5 3  2 = 1 4 3 − 2 x y + 2  x y + 5 3  （因为 x y  4 3 ） = 2 2 = A 1 A 2 . 即曲线上任一点 P 到两定点 F 1  − 3 6 , 3 6  , F 2  3 6 , − 3 6  的距离之和为定值2 2 .  6 6   6 6  ②若点P到两定点F 1   − 3 , 3   ,F 2   3 ,− 3   的距离之和为定值     2 2 公众号：高考试卷君 ， 设P(x,y) 为曲线上任一点，则P F 1 + P F 2 =  x + 3 6  2 +  y − 3 6  2 +  x − 3 6  2 +  y + 3 6  2 = 2 2 ， 移项得  x + 3 6  2 +  y − 3 6  2 = 2 2 −  x − 3 6  2 +  y + 3 6  2 平方整理得， x − y = 6 − 3  x 2 + y 2 + 2 3 6 ( y − x ) + 4 3 ， 2 2 6 4  6−x+ y 再移项平方得x2 + y2 + (y−x)+ =    3 3 3   化简可得x2 + y2 +xy =1 故点 P 的轨迹方程为 x 2 + y 2 + x y = 1 ， 综上所述曲线  是椭圆，其焦点坐标为 F 1  − 3 6 , 3 6  , F 2  3 6 , − 3 6  . 【点睛】关键点点睛：直线与圆锥曲线位置关系综合题型，涉及综合向量坐标法 求轨迹方程、四边形面积最值、曲线对称性研究、椭圆定义应用证明多个角度的考查，解决本题目的关键 点有：（1）类比代换，减少运算，如求得 E F 1 后再求 MN ，只需用− 代替 k E F 中 k 公众号：高考试卷君 即得 MN ．（2）回 归定义，无论是对称性的证明还是证明曲线是椭圆，都化归为定义证明即可.永久高中群【无水印】 1.包含服务： 每一年的高一高二高三群免费进，好处就是每年都可以免费进入我们提供高中群， 不用每年缴费，一次付费，永久享受，包含到高一到高三的。 2.资料覆盖： 整个高中的所有资料，包含每年每个年级最新的高中群（含高一到高三的） 3.资料包含： 整个高中的最新模拟卷、复习资料、精品资料等等，和高中相关的资料都可以免 费获取 4.入群价格： 目前入群特价199 元（原价 299 元，即将恢复原价） 2026 届高三 VIP 资料【无水印】 资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群每日实时更新，网盘群分类汇 总） 资料包含内容： 1、2022年8月份到2023年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟卷 2、2023年8月份到2024年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟卷 3、2024年8月份到2025年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟卷 4、2025年8月份到2026年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟卷（2025年8月开始，每天实时更新） 5、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精品内部资料等等 进群费用：目前入群特价49元（原价99元，即将恢复原价） 时间期限：资料持续更新到2026年6月高考结束，资料截止更新 2026 高二 VIP 资料【无水印】 资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群实时更新，网盘群分类汇总） 资料包含内容： 1、2025年9月到2026年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等 2、2024年9月到2025年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等 3、2023年9月到2024年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等 4、2022年9月到2023年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等 5、2021年9月到2022年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等 6、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精品内 部资料等等 进群费用：目前入群特价49元（原价99元，即将恢复原价） 时间期限：资料持续更新到2026年7月底结束，资料截止更新 2026 高一 VIP 资料【无水印】 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